题目内容

已知数列{a_n}满足：a₁=1，a_n+a_n+1=4n，S_n是数列{a_n}的前n项和；数列{b_n}前n项的积为T_n，且 $数学公式$
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式
（2）是否存在常数a，使得{S_n-a}成等差数列？若存在，求出a，若不存在，说明理由．
（3）求数列 $数学公式$ 的前n项和．

解：（1）由题知a_n+a_n+1=4n，可得a_n+1+a_n+2=4（n+1），两式相减即得
a_n+2-a_n=4，即数列{a_n}隔项成等差数列
又a₁=1，代入式子可得a₂=3，
∴n为奇数时， $\text{[math]}$ ；…（2分）
n为偶数时， $\text{[math]}$ ．…（3分）
∴n∈N₊，a_n=2n-1…（4分）
又当n=1时 $\text{[math]}$ ，
n≥2时 $\text{[math]}$
∴n∈N₊， $\text{[math]}$ …（6分）
（2）由（1）知a_n=2n-1，数列{a_n}成等差数列
∴ $\text{[math]}$
∴ $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$
若存在常数a，使得{S_n-a}成等差数列，则（S_n-a）+（S_n+2-a）=2（S_n+1-a）在n∈N₊时恒成立
即n²-a+（n+2）²-a=2（（n+1）²-a）化简得：4=2，矛盾
故常数a不存在 …（10分）
（3）由（2）知 $\text{[math]}$
∴ $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ …（13分）
分析：（1）由题知a_n+a_n+1=4n，可得a_n+1+a_n+2=4（n+1），两式相减即得a_n+2-a_n=4，即数列{a_n}隔项成等差数列，分类可求；（2）先求得 $\text{[math]}$ ，假设存在a，由此展开退理得矛盾；（3）由（2）可得数列的通项公式，由裂项相消法可求和．
点评：本题为数列的综合应用，涉及裂项相消法求和以及分类讨论的思想，属中档题．